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第十届中国东南地区数学奥林匹克试题解答


第十届东南数学奥林匹克解答
第一天
(2013 年 7 月 27 日 上午 8:00-12:00) 江西 鹰潭
2a3 ? 3ab ? 3a 的 b ?1

1. 实数 a, b 使得方程 x3 ? ax2 ? bx ? a ? 0 有三个正实根.求 最小值. (杨晓鸣提供) 解

设方程 x3 ? ax2 ?

bx ? a ? 0 的三个正实根分别为 x1 , x2 , x3 ,则由根与系

数的关系可得

x1 ? x2 ? x3 ? a, x1x2 ? x2 x3 ? x1x3 ? b, x1x2 x3 ? a ,
故 a ? 0, b ? 0 . 由 ( x1 ? x2 ? x3 )2 ? 3( x1x2 ? x2 x3 ? x1x3 ) 知: a 2 ? 3b . 又由 a ? x1 ? x2 ? x3 ? 3 x1 x2 x3 ? 3 a 知: a ? 3 3 .因此
2a3 ? 3ab ? 3a a(a 2 ? 3b) ? a3 ? 3a a 3 ? 3a a 3 ? 3a ? ? 2 ? 3a ? 9 3 , ? a b ?1 b ?1 b ?1 ?1 3 当 a ? 3 3, b ? 9 ,即方程三个根均为 3 时等号成立.
3 3

综上所述,所求的最小值为 9 3 . 2. 如图,在 ?ABC 中, AB ? AC ,内切圆 I 与 BC 边切于点 D , AD 交内切 圆 I 于另一点 E ,圆 I 的切线 EP 交 BC 的延长线于点 P ,CF 平行 PE 交 AD 于点
F ,直线 BF 交圆 I 于点 M , N ,点 M 在线段 BF 上,线段 PM 与圆 I 交于另一

点 Q .证明: ?ENP ? ?ENQ . (张鹏程提供) 证法 1 设圆 I 与 AC , AB 分别切于点 S , T 联结 ST , AI , IT ,设 ST 与 AI 交
A ? I

T ?A T T ,G 于点 G,则 I

,从而有 AG ? AI ? AT 2 ? AD ? AE ,所以 I , G, E, D

四点共圆. 又 IE ? PE, ID ? PD , 所以 I , E, P, D 四 点共圆,从而 I , G, E, P, D 五点共圆. 所以 ?IGP ? ?IEP ? 90 ,即 IG ? PG ,
1

从而 所襍 , T 三点共线. 直线 PST 截 ?ABC ,由梅涅劳斯定理知,
AS CP BT ? ? ? 1, SC PB TA

又 AS ? AT , CS ? CD, BT ? BD ,所以有
PC BD ? ? 1. PB CD PH EF DB ? ? ? 1. HE FD BP



设 BN 的延长线交 PE 于点 H ,直线 BFH 截 ?PDE ,由梅涅劳斯定理知,

因为 CF 平行于 BE ,所以

EF PC ? ,从而有 FD CD PH PC DB ? ? ? 1. HE CD BP



由①、②知, PH ? HE ,故 PH 2 ? HE 2 ? HM ? HN ,所以
PH HN ? , ?PHN ∽ ?MHP , ?HPN ? ?HMP ? ?NEQ , HM PH

又 ?PEN ? ?EQN ,所以 ?ENP ? ?ENQ . 证法 2 设圆 I 与 AC , AB 分别切于点 S , T ,则由 PI ? AD 知
PA2 ? PD2 ? IA2 ? ID 2 ? IA2 ? IT 2 ? AT 2 ,

所以 PA2 ? AT 2 ? PD2 ? IP 2 ? ID2 ? IP 2 ? IT 2 ,从而 AI ? PT .又 AI ? ST ,所以
PS , T 三点共线.

以下同证法 1.
2 an ? (?1)n 3. 数列 ?an ? 满足: a1 ? 1, a2 ? 2, an?1 ? (n ? 2, 3, an?1 列任意两个相邻项的平方和仍是该数列中的一个项.

).证明:该数

(陶平生提供) 证
2 an ? (?1)n 2 由 an?1 ? 得 an?1an?1 ? an ? (?1)n (n ? 2, 3, an?1

, ) ,于是

2 2 an ? an?2 an an?2 ? an a 2 ? (?1)n?1 ? an ?2 ?2 ? ? n?1 an?1 an?1an?2 an?1an?2 2 a ?a an ?a a ? ?1 n?1 n?3 ? n ?1 n ?3 ? an ? 2 an?1an?2

?

a3 ? a1 ? 2, a2

2

故 an ? 2an?1 ? an?2 (n ? 3) .从而

a1 ? 1, a2 ? 2, a3 ? 5, a4 ? 12, a5 ? 29, a6 ? 70, a7 ? 169,



2 2 2 2 2 2 2 可见 a12 ? a2 ? 5 ? a3 , a2 ? a3 ? 29 ? a5 , a3 ? a4 ? 169 ? a7 ,故猜想 an ? an ?1 ? a2 n?1 . 2 2 令 f (n) ? an ? an ?1 ? a2 n?1 ,于是 2 2 2 2 f (n ? 1) ? f (n) ? an ?1 ? an?2 ? a2 n?3 ? an ? an?1 ? a2 n?1

? (an?2 ? an )(an?2 ? an ) ? (a2n?3 ? a2n?1 ) ? 2an?1 (an?2 ? an ) ? 2a2n?2 ? 2 g (n) ,
其中 g (n) ? an?1 (an?2 ? an ) ? a2n?2 .进一步有
g (n ? 1) ? g (n) ? an?2 (an?3 ? an?1 ) ? a2n?4 ? an?1 (an?2 ? an ) ? a2n?2



? an?2an?3 ? an?1an ? 2a2n?3 ? an?2 (2an?2 ? an?1 ) ? an?1 (an?2 ? 2an?1 ) ? 2a2n?3
2 2 ? 2an ?2 ? 2an?1 ? 2a2n?3 ? 2 f (n ? 1) .



由①、②知
4 f (n ? 1) ? 2 g (n ? 1) ? 2 g (n) ? f (n ? 2) ? f (n ? 1) ? f (n ? 1) ? f (n) ,

即 f (n ? 2) ? 6 f (n ? 1) ? f (n) .由于 f (1) ? f (2) ? 0,根据递推式可知 f (n) ? 0 ,
2 2 即 an ? an ?1 ? a2 n?1 .证毕.

4. 十二个杂技演员编号分别为 1, 2,

, 12,将他们按适当方式分别围成

A, B 两个圈,每圈 6 人,其中 B 圈的每个演员分别站在 A 圈相邻两个演员的肩

膀上. 如果 B 圈中每个演员的编号分别等于他脚下两个演员的编号之和,就称这 样搭配成的结构为一个“塔” ,问总共能搭配成多少个结构不相同的“塔”? (注:旋转或对称后的塔属于同一种结构.以 8 个人的情况为例,画一个圆, 将底层演员编号填在圈内,上层演员编号填在圈外,那么以下三个图均是“塔” , 但后两个图分别可由第一个图经旋转或对称而得,故它们属于同一种结构. ) (陶平生提供)
7 6 8 2 1 4 3 5 8 2 5 3 4 6 7 1 5 4 3 2 1 7 6 8



将组 A, B 中的元素和分别记为 x, y ,则有 y ? 2 x ,所以
3x ? x ? y ? 1 ? 2 ? ? 12 ? 78 , x ? 26 .

显然有 1, 2 ? A ,11, 12 ? B ,设 A ? ?1, 2, a , b , c , d ? ,其中 a ? b ? c ? d ,则
3

a ? b ? c ? d ? 23 , 且a ?3 ,8 ? d 1 ? 0

7 2 2 (若 d ? 7 , 则 a ?b ?c ?d ? ?4 ?5 ?6 ?



矛盾) . (1) 如果 d ? 8 ,则 A ? ?1 , 2, a , b , c ,8 , 7, a ?b ?c ? 15 ,于是 (a, b, c) ?c?
? (3, 5, 7) 或 (4, 5, 6) ,即 A ? ?1, 2, 3, 5, 7, 8? 或 A ? ?1, 2, 4, 5, 6, 8? .

若 A ? ?1, 2, 3, 5, 7, 8? , 则 B ? ?4 ,6 ,9 ,1 0 ,1 1 ,1 2

? ,由于 B 中含 4, 6, 11, 12 ,
11 8 3 4 2 9 5 7 12 1 6 10

故 A 中必须 1、3 邻接,1、5 邻接,5、7 邻接,8、3 邻接, 这时只有唯一的排法,由此得到一个塔: 若 A ? ?1, 2, 4, 5, 6, 8? ,则 B ? ?3 , 7, 9, 10, 11 , 12 似知 A 中必须 1、2 邻接,5、6 邻接, 4、8 邻接,这时有两种排法,得到两 个塔:
10 11 12 4 6 5 7 8

? ,类
9 1 2 3

12 4 9 5 6 11 8

10 2 3 1 7

(2)

如果 d ? 9 , 则 A ? ?1 ,2 , ,a ,b ,9, c

8 ,c 1 c 4? ? ? ?a b ?

, 这时 (a, b, c)

? (3, 5, 6) 或 (3, 4, 7) ,即 A ? ?1, 2, 3, 5, 6, 9? 或 A ? ?1, 2, 3, 4, 7, 9? .

若 A ? ?1, 2, 3, 5, 6, 9? ,则 B ? ?4 ,7 ,8 ,1 0 ,1 1 ,1 2
A 中必须 1、3、9 两两邻接,这不可能;

? ,为得到 B 中的 4, 10, 12 ,

若 A ? ?1, 2, 3, 4, 7, 9? ,则 B ? ?5, 6, 8, 10, 11, 12? ,为得到 B 中的 6, 8, 12 ,
A 中必须 2、4 邻接,1、7 邻接,9、3
12 9 5 3 2 6 4 10 1 8 7 11
10 12 9 3 7 1 8 5 11 2 4 6

邻接,于是有两种排法,得到两个塔:

(3)

如果 d ? 10 ,则 A ? ?1, 2, a, b, c, 10?, c ? 9, a ? b ? c ? 13 ,这时,

(a, b, c) ? (3, 4, 6) ,即 A ? ?1 , 2, 3, 4, 6, 10

? , B ? ?5, 7, 8, 9, 11, 12? ,为得到 B
12 10 2 8 6 4 3 7 1 5 9 11

中 8, 9, 11, 12 , A 中必须 6、2 邻接,6、3 邻接,10、1 邻 接,10、2 邻接,只有唯一排法,得到一个塔:

因此,结构不相同的“塔”共有 6 个.

4

第十届东南数学奥林匹克解答
第二天
(2013 年 7 月 28 日 上午 8:00-12:00)
?x? ? x ? 1. 设 f ( x) ? ? ? ? ? ? ? ?1!? ? 2!?

江西 鹰潭

? x ? , [ x] 表示不超过 x 的最大整数.对整 ?? ? 2013!? ?

数 n ,若关于 x 的方程 f ( x) ? n 有实数解,则称 n 为好数.求集合 ?1, 3, 5, 中好数的个数. (吴根秀提供) 解 (a) (b) 先指出两个明显的结论:
? x ? ? [ x] ? 若 m 为正整数, x 为实数,则 ? ? ? ? ? ; ?m? ? m ? ? 2l ? 1? ? 2l ? 对任意整数 l 与正偶数 m ,有 ? . ? ? m ? ? ? ?m? ?

, 2013?

下面我们求解原问题. 在结论(a)中令 m ? k !(k ? 1, 2,
, 2013) 并求和,可知

2013 ? x ? 2013 f ( x) ? ? ? ? ? ? k ?1 ? k !? k ?1

? [ x] ? ? f ([ x]) , ? ? k! ? ?

这表明方程 f ( x) ? n 有实数解当且仅当方程 f ( x) ? n 有整数解. 以下只需考虑 x 为整数的情况.由于
2013 ? ? x ? 1? ? x ? ? f ( x ? 1) ? f ( x) ? ? x ? 1? ? ? x ? ? ? ? ? ? ?1, ??? ? k !? ?? k ?2 ? ? k ! ?



所以 f ( x) ( x ? Z) 单调递增.下面找整数 a, b ,使得
f (a ? 1) ? 0 ? f (a) ? f (a ? 1) ? ? f (b ? 1) ? f (b) ? 2013 ? f (b ? 1) .

注意到 f (?1) ? 0 ? f (0) ,所以 a ? 0 .又由于
6 ?1173 ? f (1173) ? ? ? ? ? 1173 ? 586 ? 195 ? 48 ? 9 ? 1 ? 2012 ? 2013 , k ?1 ? k ! ? 6 ?1174 ? f (1174) ? ? ? ? ? 1174 ? 587 ? 195 ? 48 ? 9 ? 1 ? 2014 ? 2013 , k ?1 ? k ! ?

故 b ? 1173 . 因此 ?1, 3, 5,

, 2013? 中的好数就是 ? f (0), f (1),
5

, f (1173)? 中的奇数.

在①中令 x ? 2l (l ? 0, 1, 因此

? 2l ? 1? ? 2l ? 由结论(b)知 ? , 586) , ? (2 ? k ? 2013) , ? k! ? ? ? ? k !? ?

2013 ? ? 2l ? 1? ? 2l ? ? f (2l ? 1) ? f (2l ) ? 1 ? ? ? ? ? ? 1, ??? ? k !? ?? k ?2 ? ? k ! ?

这说明 f (2l ), f (2l ? 1) 中恰有一个为奇数,从而 ? f (0), f (1),
1174 ? 587 个奇数,即集合 ?1, 3, 5, 2

, f (1173)? 中恰有

, 2013? 中的好数有 587 个.

2. 设 n 为大于 1 的整数.将前 n 个素数从小到大依次记为 p1 , p2 , , pn (即 A ,令 A = p1p1 p2p2 pnpn .求所有正整数 x ,使得 为偶数,且 p1 = 2 , p2 = 3, ) x A 恰有 x 个不同的正约数. x (何忆捷提供) 解 中 0 #a 1 由已知得 2 x | A ,注意到 A = 4 p2p2
a2 pnpn ,故可设 x = 2a1 p2 an ,其 pn

1, 0 #a i



A 不同的正约数个数为 (3- a 1 )( p2 - a 2 + 1) x

pi (i = 2, 3, , n) .此时有 A = 22- a1 p2p2 - a 2 pnpn - a n , x ( pn - a n + 1) .由已知得
an . pn

(3- a 1 )( p2 - a 2 + 1)

a2 ( pn - a n + 1) = x = 2a1 p2


, 1) (n ? 2) .

下面数学归纳法证明:满足①的数组 (a 1 , a 2 ,

, a n ) 必为 (1, 1,

(1) 当 n = 2 时,①变为 (3- a 1 )(4 - a 2 ) = 2a1 3a 2 ,其中 a 1 ? {0, 1} .若 a 1 = 0 ,
a2 则 3(4 - a 2 ) = 3a 2 ,无非负整数 a 2 满足;若 a 1 = 1 ,则 2(4- a 2 ) = 2 3 ,可得

a 2 = 1.从而 (a 1 , a 2 ) = (1, 1) ,即 n = 2 时结论成立.
(2) 假设 n = k - 1 时结论成立(其中 k ? 3 ) ,则当 n = k 时,①变为

(3- a 1 )( p2 - a 2 + 1)
若 a k ? 2 ,则考虑到

a2 ( pk- 1 - a k- 1 + 1)( pk - a k + 1) = 2a1 p2

a k- 1 a k ② pk - 1 pk .

0 < pk - a k + 1 < pk , 0 < pi - a i + 1 ? pi

1 < pk (1 #i

k - 1) ,

故②的左边不能被 pk 整除,但此时②的右边是 pk 的倍数,矛盾! 若 a k = 0 ,则②变为

(3- a 1 )( p2 - a 2 + 1)
注意到 p2 , p3 ,

a2 ( pk- 1 - a k- 1 + 1)( pk + 1) = 2a1 p2

a k- 1 pk -1 .

, pk 为奇素数,因此一方面 pk + 1 为偶数,从而上式左边为偶数,
6

a2 而另一方面,右边 p2

a k- 1 pk - 1 为奇数.从而必有 a 1 = 1 .但此时 3 - a 1 = 2 ,故左

边是 4 的倍数,但右边不是 4 的倍数,仍矛盾!
ak 由上述讨论知,只能 a k = 1 ,此时②中 pk - a k + 1 = pk = pk ,因而

(3- a 1 )( p2 - a 2 + 1)
由归纳假设知 a 1 = a 2 = 当 n = k 时结论成立. 由(1)、(2)可断定 (a 1, a 2 ,

a2 ( pk- 1 - a k- 1 + 1) = 2a1 p2

a k- 1 pk -1 .

= a k- 1 = 1 .从而 a 1 = a 2 =

= a k- 1 = a k = 1 ,即

, a n ) = (1, 1, pn = p1 p2

,1) ,故所求正整数为 pn .

x = 2 p2

3. 将 3? 3 正方形任意一个角上的 2 ? 2 正方形挖去,剩下的图形称为“角 形”(例如,图 1 就是一个角形) .现于 10? 10 方格表(图 2)中放置一些两两 不重叠的角形,要求角形的边界与方格表的边界或分格线重合.求正整数 k 的最 大值,使得无论以何种方式放置了 k 个角形之后,总能在方格表中再放入一个完 整的角形. (何忆捷提供)



首先有 kmax < 8 ,这是因为,若按图 1 的方式放置 8 个角形,则不能再

于方格表中放入另一个角形. 下面证明:任意放置 7 个角形后,仍可再 放入一个完整的角形. 将 10? 10 方格表的第 5、6 行及第 5、6 列 遮住,留出 4 个 4 ? 4 正方形.当放置 7 个角形 后,由于每个角形不能与两个上述 4 ? 4 正方形 相交,故根据抽屉原理知,必存在一个 4 ? 4 的

7

正方形襍 ,使得与 S 相交的角形至多 1 个,而角形可被 3? 3 正方形所包含,故正 方形襍 被角形所占据的部分必包含于它的某个角上的 3? 3 正方形. 如图 2 所示,我们可以在 S 除去一个角上 3? 3 正方形后剩余的部分放置一个 新的角形.因此 k = 7 时符合题意. 综上所述,有 kmax = 7 .

4. 设整数 n ? 3 , ? , ? , ? ? (0, 1) , ak , bk , ck ? 0 (k ? 1, 2,

, n) 满足

? (k ? ? )a
k ?1

n

k

? ? , ? (k ? ? )bk ? ? , ? (k ? ? )ck ? ? .
k ?1 k ?1

n

n

若对任意满足上述条件的 ak , bk , ck (k ? 1, 2, 求 ? 的最小值. (李胜宏提供)

均有 ? (k ? ? )ak bk ck ? ? , , n) ,
k ?1

n

? ? ? , b1 ? , c1 ? , ai , bi , ci ? 0 (i ? 2, 3, , n) ,此时条 1? ? 1? ? 1? ? ? ? ? 件成立,故 ? 须满足 (1 ? ? ) ? ? ? ? ,解得 1? ? 1? ? 1? ? ??? ?? . (1 ? ? )(1 ? ? )(1 ? ? ) ? ??? ??? ? ?0 .下面证明,对任意满足条件的 ak , bk , ck , 记 (1 ? ? )(1 ? ? )(1 ? ? ) ? ???
解 令 a1 ?
k ? 1, 2, , n ,有

? (k ? ? )a b c
k ?1 0

n

k k k

? ?0 .
1



由题目条件知

? k ?? k?? k ? ? ?3 a ? b ? c ? k ? ? k ? k? k ?1 ? ? ?
n

? n k ? ? ?3 ? n k ? ? ?3 ? n k ? ? ?3 ? ?? ak ? ? ? ? bk ? ? ? ? ck ? ? 1 , ? k ? 1 ? k ?1 ? ? ? k ?1 ? ? ? ?
这里用到了结论:当 xi , yi , zi ? 0 (i ? 1, 2,
3

1

1

1

, n) 时,有


? n ? ? n 3 ?? n 3 ?? n 3 ? x y z ? i i i ? ? ? ? xi ?? ? yi ?? ? zi ? . ? ? i ?1 ? ? i ?1 ?? i ?1 ?? i ?1 ?
(为完整起见,我们将②的证明过程附在最后. ) 因此,为证①,只需证明对 k ? 1, 2,
8

, n ,有

k ? ?0

?0

? k ?? k ? ? k ? ? ?3 ak bk ck ? ? ? ? ? ak bk ck ? , ? ? ? ? ?

1



k ? ?0

?0

? ak bk ck ?

2 3

? (k ? ? )(k ? ? )(k ? ? ) ? 3 ?? ? . ??? ? ?

1



事实上,

?0 ?

??? 1 ? (? ? ? ? ? ) ? (?? ? ?? ? ?? ) ??? ? 2 k ? (? ? ? ? ? )k ? (?? ? ?? ? ?? ) k??? ? , (k ? ? )(k ? ? )(k ? ? ) ? ???
? (k ? ? )(k ? ? )(k ? ? )
. ④

因此

k ? ?0

?0

???

又由于 (k ? ? )ak ? ? , (k ? ? )bk ? ? , (k ? ? )ck ? ? ,故

? ak bk ck ?
综上所述, ?min ? ?0 ? 注

2 3

? ?3 ??? ?? ? . ? (k ? ? )(k ? ? )(k ? ? ) ?

2



由④、⑤可知③成立,从而①成立.

??? . (1 ? ? )(1 ? ? )(1 ? ? ) ? ???

②可以直接用 H?lder 来证明,亦可由 Cauchy 不等式进行如下推理:

? n 3 ?? n 3 ? ? n 3 3 ? ? ? xi ?? ? yi ? ? ? ? xi yi ? ; ? i ?1 ?? i ?1 ? ? i ?1 ? ? n 3 ?? n ? ? n 4 ? z x y z ? ? i ?? ? i i i ? ? ? ? xi yi zi ? ; ? i ?1 ?? i ?1 ? ? i ?1 ?
n ? n ? n 3 3 ?? 4 ? ? ? xi yi ?? ? xi yi zi ? ? ? ? ? i ?1 ?? i ?1 ? ? i ?1 2

2

x y

3 3 i i

? ? n ? xi y z ? ? ? ? xi yi zi ? . ? ? i ?1 ?
4 i i
2

2

2

由以上三式知

? n ? xi3 yi3 ? ? ? n n n ? ? i ?1 ? 3 ?? 3 ?? 3? ? ? xi ?? ? yi ?? ? zi ? ? n ? i ?1 ?? i ?1 ?? i ?1 ?

? n 4 ? 3 ? ? xi yi zi ? ? n ? ? i ?1 ? ? ? ? xi yi zi ? . ? i ?1 ? ? xi yi zi
i ?1

2

9


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